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广东河源市龙川县第一中学2026届下学期高三年级3月调研考试 化学试卷
1．第15届全运会开幕盛宴融合传统与科技，向世界展现岭南风韵。下列环节涉及岭南元素的主要成分，属于无机非金属材料的是
鳌鱼游弋 古乐今奏
A.明万历陶胎鳌鱼 B.西汉青铜句鑃
狮跃东方 戏韵流转
C.羊毛醒狮鬃毛 D.纯木广福戏台
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】含硅矿物及材料的应用；合金及其应用
【解析】【解答】A．陶瓷是典型的无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，A符合题意；
B．青铜是铜和锡形成的合金，属于金属材料，B不符合题意；
C．羊毛的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料，是有机物，不属于无机非金属材料，C不符合题意；
D．木材的主要成分是纤维素、木质素，属于天然有机高分子材料，是有机物，不属于无机非金属材料，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、陶瓷的成分为硅酸盐，属于无机非金属材料。
B、青铜的成分为合金，属于金属材料。
C、样毛的成分为蛋白质，属于有机材料。
D、木材的成分为纤维素，属于有机材料。
2．我国科技发展成就巨大。下列说法正确的是
A．打造北斗卫星系统——与星载铷钟所用的化学性质不同
B．“地壳一号”在万米深处钻出的石油和天然气均属于化石能源
C．碳化硅功率器件在太空成功验证，碳化硅晶体是分子晶体
D．突破量子通信技术——作为传输介质的光纤，其主要成分为晶体硅
【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；硅和二氧化硅；元素、核素
【解析】【解答】A．和互为同位素，二者质子数相等，核外电子的排布情况完全相同，因此化学性质几乎一致，A选项错误；
B．煤、石油、天然气都属于化石能源，因此石油和天然气都归类为化石能源，B选项正确；
C．碳化硅属于共价晶体，不属于分子晶体，C选项错误；
D．光纤的主要成分是二氧化硅，晶体硅的主要用途是制备半导体器件、太阳能电池等，D选项错误；
故答案为：B
【分析】A、同位素原子的化学性质相同，物理性质存在差异。
B、石油和天然气独属于化石能源。
C、碳化硅属于共价晶体。
D、光纤的主要成分是二氧化硅。
3．科技发展见证国家的强大。下列有关说法正确的是
A．利用CO2合成高级脂肪酸甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化
B．长征六号丙运载火箭采用液氧/煤油发动机，煤油属于可再生能源
C．磁悬浮列车使用双氧铜钡钇(BSCCO)作为超导材料，Ba位于元素周期表的s区
D．我国科技公司自主研发的“麒麟”芯片所用材料为SiO2
【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；有机高分子化合物的结构和性质；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．高级脂肪酸甘油酯不属于高分子化合物，A不正确；
B．煤油不属于可再生能源，B不正确；
C．Ba位于元素周期表的第ⅡA族，价电子排布式为6s2，属于s区，C正确；
D．芯片所用材料为Si，D不正确；
故答案为：C。
【分析】A.高级脂肪酸甘油酯不属于高分子化合物。
B.煤油不属于可再生能源。
C.Ba位于元素周期表的第ⅡA族，价电子排布式为6s2，属于s区。
D.SiO2是生产光导纤维所用的材料。
4．劳动创造美好生活。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是
　 劳动项目 化学知识
A 用白醋清洗水壶中的水垢
B 用溶液制作印刷电路板
C 用84消毒液对教室消毒 NaClO具有强氧化性
D 用成熟的苹果催熟未成熟的香蕉 乙烯是植物生长调节剂
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；乙烯的用途；离子方程式的书写；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A．白醋的主要成分醋酸CH3COOH是弱电解质，书写离子方程式时不能拆分为离子形式。白醋清洗水壶水垢的反应，正确的离子方程式为：，选项A错误；
B．工业上用溶液制作印刷电路板，利用的是可与Cu发生反应，生成和，该反应的离子方程式为，选项B正确；
C.84消毒液的有效成分是NaClO，NaClO具有强氧化性，能够使病毒的蛋白质变性，因此可以用84消毒液对教室进行消毒，选项正确；
D．成熟的果实会释放乙烯气体，乙烯是一种植物生长调节剂，具有催熟果实的作用，因此可以用成熟的苹果催熟未成熟的香蕉，选项D正确；
故答案为：A
【分析】A、CH3COOH是弱酸，在离子方程式中保留化学式。
B、Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋。
C、NaClO具有氧化性，可用作消毒剂。
D、乙烯是一种植物生长调节剂，可用于水果催熟。
5．“向海而兴、向海图强”，“蓝色引擎”推动海洋经济高质量发展。下列说法错误的是
A．漂浮式光伏设备电解海水制氢，阳极电极反应为
B．海水稻米飘香，盐碱地变粮仓，稻米中含有的淀粉属于糖类
C．“深海一号”大气田保障大湾区民生用气，天然气的主要成分是CH4
D．捕集天然海水中的CO2并转化为HCOOH，过程涉及氧化还原反应
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电解海水制备氢气时，阳极发生氧化反应；给出的电极反应是氢离子得到电子生成氢气，是阴极发生的还原反应，并非阳极反应。电解海水生成氢气的正确阴极反应为，A错误；
B．淀粉是多糖，属于糖类物质，B正确；
C．天然气的主要成分为甲烷，分子式为，C正确；
D．在转化为的过程中，碳元素的化合价降低，发生还原反应，该过程存在元素化合价变化，属于氧化还原反应，D正确；
故答案为：A
【分析】A、阳极发生失电子的氧化反应。
B、淀粉属于糖类。
C、天然气的主要成分是CH4。
D、过程中C元素由+4价变为+2价，属于氧化还原反应。
6．实验小组尝试从海藻中提取碘，下列仪器或装置不能达到实验目的的是
A．捣碎干海藻 B．灼烧海藻
C．萃取含碘溶液 D．蒸馏浸出液
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A．要处理干海藻固体，将其捣碎时使用研钵进行研磨，该操作正确，能够实现实验目的，A不符合题意；
B．灼烧干海藻是对固体进行高温处理，操作时应当将海藻放在坩埚中，再把坩埚置于泥三角上加热；图示装置是在蒸发皿中灼烧海藻，该操作错误，无法达到实验目的，B符合题意；
C．碘在四氯化碳中的溶解度远大于其在水中的溶解度，因此可以用四氯化碳萃取碘水中的碘；萃取振荡操作时，需要将分液漏斗倒转过来振荡，图示操作正确，能够达到实验目的，C不符合题意；
D．对碘的浸出液进行蒸馏分离时，温度计的水银球需要放在蒸馏烧瓶的支管口处测量蒸汽温度，冷凝管的冷凝水需要遵循“下口进、上口出”的原则，图示装置符合蒸馏的操作要求，装置正确，可以达到实验目的，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、捣碎干海藻应在研钵中进行研磨。
B、固体的灼烧应在坩埚中进行。
C、萃取分液在分液漏斗中进行。
D、结合蒸馏装置进行分析。
7．工业上常用“空气吹出法”进行海水提溴，过程如下，其中操作X为
A．趁热过滤 B．加热蒸馏 C．蒸发浓缩 D．降温结晶
【答案】B
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、适用于分离固体与液体，而此处是从溶液中分离 Br2（液态单质），不适用，故A不符合题意 ；
B、Br2沸点较低（约58.8℃），加热时Br2会汽化，再冷凝可得到液溴，符合从水溶液中分离 Br2的需求，故B符合题意 ；
C、仅能减少溶剂，无法分离出 Br2单质，故C不符合题意 ；
D、适用于从溶液中析出固体晶体，Br2是液态，不适用，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】海水提溴流程为：先将浓缩酸化、富含 Br- 的海水用 Cl2氧化得到 Br2，再通过空气将 Br2吹出；接着用 SO2和水吸收吹出的 Br2，重新转化为含 Br- 的溶液，此过程发生反应： ；最后再次用 Cl2氧化该溶液生成 Br2：，经蒸馏操作得到液溴。
8．含氮物质种类繁多，在一定条件下可相互转化，下列说法不合理的是
A．N2的氧化或还原均可实现氮的固定
B．将装有NO2的密闭烧瓶浸入冰水，红棕色变浅
C．过量的NH3通入0.1mol L﹣1CuSO4溶液最终产生蓝色沉淀
D．工业生产硝酸存在N2→NH3→NO→NO2→HNO3的转化
【答案】C
【知识点】氮的固定；配合物的成键情况；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、氮气（N2）的氧化或还原过程都是将游离态的氮转变为化合态的氮，属于氮的固定，A正确；B、二氧化氮（NO2）二聚生成四氧化二氮（N2O4）的反应为放热反应，化学方程式可表示为：2NO2N2O4 。当烧瓶浸入冰水时，温度降低使平衡向正反应方向移动，因此红棕色变浅，B正确；
C、将氨气（NH3）通入硫酸铜（CuSO4）溶液中，首先生成蓝色沉淀氢氧化铜（Cu(OH)2），继续通入过量氨气时，沉淀溶解形成深蓝色的四氨合铜(II)络离子（[Cu(NH3)4]2+），C错误；
D、工业上生产硝酸的流程为：首先通过氮气（N2）与氢气（H2）反应合成氨（NH3），然后氨催化氧化生成一氧化氮（NO），NO进一步被氧气氧化为二氧化氮（NO2），最后NO2与水反应生成硝酸（HNO3）。整个过程可表示为：N2→NH3→NO→NO2→HNO3，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．氮的固定是将游离态 N2转化为化合态氮，N2氧化（如 N2→NO）或还原（如 N2→NH3）都符合。
B.2NO2 N2O4（放热），浸入冰水（降温）平衡正向移动，NO2浓度降低，红棕色变浅。
C．少量 NH3通入 CuSO4溶液生成 Cu (OH)2蓝色沉淀，但过量 NH3会与 Cu(OH)2结合生成 [Cu(NH3)4]2+ 络离子（溶液变蓝），不会最终留蓝色沉淀。
D．工业制硝酸是先合成氨（N2→NH3），再经 NH3氧化为 NO、NO 氧化为 NO2、NO2与水反应生成 HNO3。
9．某抗生素的结构简式如图所示，下列关于该物质的说法不正确的是
A．能发生加成反应
B．能与氨基酸的氨基发生反应
C．能使酸性KMnO4溶液褪色
D．最多能与等物质的量的NaOH反应
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、结构含碳碳双键，碳碳双键可发生加成反应（如与 H2、Br2加成），A正确；
B、结构含羧基（-COOH），羧基能与氨基酸的氨基（-NH2）发生缩合反应（形成酰胺键），B正确；
C、结构含碳碳双键、羟基（-CH2OH），二者均可被酸性 KMnO4溶液氧化，使溶液褪色，C正确；
D、结构中的羧基（-COOH）、酯基、酰胺键均可与 NaOH 反应：1mol 羧基消耗 1mol NaOH，1mol 酯基水解消耗 1mol NaOH，1mol 酰胺键水解也消耗 1mol NaOH，因此 1mol 该物质消耗的 NaOH 远多于 1mol，D错误；
故答案为：D。
【分析】解决这道题的关键点 ：
抓官能团判反应：先识别结构中的官能团（碳碳双键、羧基、酯基、羟基、酰胺键），依据官能团特性判断反应：含碳碳双键，故可加成、可被酸性 KMnO4氧化；含羧基，故能与氨基缩合；
算 NaOH 反应量的关键：需明确 “能与 NaOH 反应的官能团”：羧基（1：1 反应）、酯基（水解消耗 1mol NaOH）、酰胺键（水解消耗 1mol NaOH），因此该物质与 NaOH 的反应量远多于 “等物质的量”。
10．Mg—H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器，该电池以镁片、石墨为电极，石墨电极一侧加入H2O2海水为电解质溶液。该电池工作时，下列说法正确的是
A．镁片为正极，发生还原反应
B．石墨电极表面产生大量氢气
C．电子由石墨电极流出
D．溶液中的阳离子向石墨电极移动
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、镁片是负极，发生氧化反应，并非正极、还原反应，A错误；B、石墨电极（正极）的反应是 H2O2得电子生成 H2O（而非 H2），不会产生大量氢气，B错误；
C、电子由负极（镁片）流出，经导线流向正极（石墨），并非从石墨流出，C错误；
D、原电池中，阳离子向正极（石墨电极）移动，阴离子向负极移动，D正确；
故答案为：D。
【分析】 在该原电池体系中，电极材料为镁片与石墨，电解质是含 H2O2的海水：从金属活泼性来看，镁的还原性远强于石墨，因此镁会失去电子，作为负极参与反应；而石墨电极不参与失电子，是 H2O2发生得电子反应的场所，因此石墨为正极。工作时，负极的镁失电子形成Mg2+，正极的H2O2得电子转化为 OH-，电子通过导线从负极流向正极，从而形成电流。
11．设为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．标准状况下，中含有的电子数为
B．溶液中含有的数目为
C．完全溶解于水，转移电子数为
D．常温常压下，乙烯与环丙烷的混合气体中含有的原子数为
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标况下，SO3为固体，无法计算其物质的量，A项错误；
B．根据n=cV，溶液体积未知，无法计算n(Cl-)，B项错误；
C．涉及反应为Cl2+H2OHCl+HClO，则完全溶解于水，转移电子数小于，C项错误；
D．由分析可知，乙烯与环丙烷的混合气体中含有的原子数为，D项正确；
故答案为：D。
【分析】A.标况下，SO3为固体。
B.根据n=cV进行分析。
C.注意氯气和水反应为可逆反应。
D.乙烯与环丙烷的最简式均为CH2，
12．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 与金属钠反应，乙醇的速率显著慢于水 密度：
B 酸性：CCl3COOH>CH3COOH 电负性：Cl>H
C 饱和Na2CO3溶液可用于除去CO2中的HCl Na2CO3溶液显碱性
D 多数植物油可使酸性KMnO4溶液褪色 含碳碳双键物质能发生加聚反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；盐类水解的应用；烯烃；乙醇的物理、化学性质
【解析】【解答】A、陈述Ⅰ是正确的，钠与乙醇反应的速率确实比钠与水的反应速率更慢，但陈述Ⅱ中给出的密度关系 是错误的，实际正确的密度大小关系为，A错误；
B、陈述Ⅰ正确，三氯乙酸的酸性确实强于乙酸，同时陈述Ⅱ也正确，Cl的电负性大于H，并且两个陈述存在因果关系：Cl的电负性更强，吸电子诱导效应更强，会让羧基中羟基的极性更强，更容易电离出氢离子，因此三氯乙酸酸性更强，B正确；
C、陈述Ⅰ“ 饱和Na2CO3溶液可用于除去CO2中的HCl ”的说法错误，因为Na2CO3会和CO2发生反应，会消耗需要提纯的CO2，除去CO2中的HCl通常使用饱和NaHCO3溶液；即使陈述Ⅱ“ Na2CO3溶液显碱性 ”是正确的，两个陈述也不存在对应的因果关系，除去HCl的原理也不是由碳酸钠的碱性直接得出，C错误；
D、陈述Ⅰ正确，植物油可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，陈述Ⅱ也正确，含有碳碳双键的物质能够发生加聚反应，但植物油使酸性高锰酸钾褪色是发生了氧化还原反应，这和“碳碳双键能发生加聚反应”之间没有因果关系，D错误；
故答案为：B
【分析】A、Na的密度比水小，与水反应时浮在水面上。
B、电负性Cl＞H，使得使得羧基中H－O键的极性增强，酸性增强。
C、除去CO2中混有的HCl，应用饱和NaHCO3溶液。
D、植物油使酸性KMnO4溶液褪色，是碳碳双键被KMnO4氧化的结果。
13．利用如图装置进行实验：滴入少量浓氨水，气球鼓起后，滴入浓盐酸，最终集气瓶中气体呈浅黄绿色。下列说法正确的是
A．实验中的CaO可用替换 B．滴入浓盐酸，有白烟生成
C．漂白粉有效成分被氧化 D．最终试纸a、试纸b均呈蓝色
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；氨的实验室制法
【解析】【解答】A．可以和形成可溶性的氨合配合物，无法反应释放出氨气，因此不能用氯化钙替换氧化钙，A错误；
B．根据上述分析，氨气和氯化氢反应生成氯化铵固体，会观察到白烟，反应的化学方程式为，B正确；
C．HCl和次氯酸钙反应的化学方程式为：，该反应中，次氯酸钙中的氯元素化合价从+1价降低为0价，化合价降低，作氧化剂，反应过程中被还原，C错误；
D．结合反应顺序和反应原理可知，装置中先产生氨气，氨气为碱性气体，可使湿润的红色石蕊试纸（a试纸）变蓝；后续反应生成的氯气具有强氧化性，最终能使a试纸褪色；而氯气可以和KI发生置换反应生成碘单质，碘单质使淀粉碘化钾试纸（b试纸）变蓝，D错误；
故答案为：B
【分析】本实验中，氧化钙和浓氨水反应释放出，装置内压强增大使气球鼓起，且氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；之后向集气瓶中滴入浓盐酸，会和HCl化合生成氯化铵固体，观察到白烟；同时浓盐酸中的HCl会和装置内的反应，生成黄绿色的有毒气体；具有强氧化性，既可以漂白石蕊试纸使试纸褪色，也能和KI发生置换反应生成，使淀粉碘化钾试纸变蓝，结合上述反应原理分析各选项即可。
14．一种离子液体的阴离子结构见下图。已知W、X、Y、Z、E均为短周期元素，且原子序数依次增大，基态X原子的p轨道半充满，则
A．第一电离能：W>X>Y
B．最高价氧化物的水化物酸性：W>E
C．氢化物沸点：W>Z
D．键角：WY2>EY2
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．同周期主族元素的第一电离能，随原子序数增大整体呈增大趋势，氮原子的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于同周期相邻的氧元素，因此三种元素的第一电离能大小为：N>O>C，A错误；
B．碳元素最高价氧化物对应水化物是碳酸，硫元素最高价氧化物对应水化物是硫酸，碳酸是弱酸，硫酸是强酸，因此酸性：H2CO3< H2SO4，B错误；
C．碳的氢化物为烃类，种类繁多，小分子烃的沸点低于HF，含碳原子数较多的烃沸点高于HF，因此碳的氢化物沸点不一定比HF高，C错误；
D．CO2为直线形分子，键角为180°；SO2中心S原子的价层电子对数为=3，且含有1对孤电子对，空间构型为V形，键角小于180°，因此键角大小为：CO2> SO2，D正确；
故答案为：D
【分析】W、X、Y、Z、E均为原子序数依次增大的短周期元素，根据成键规律：W可形成4个单键，对应碳元素；X可形成2个或3个共价键，且该离子整体带1个单位负电荷，对应氮元素；Y可形成双键，对应氧元素；Z可形成1个单键，对应氟元素；E可形成6个共价键，对应硫元素。
15．已知H2A为二元弱酸。常温下，向Na2A溶液中逐滴加入盐酸(无气体逸出)，反应体系中的分布分数随pH变化的曲线如图所示。下列关于该体系的说法正确的是
A．
B．pH=9时，
C．
D．稀释NaHA溶液，始终增大
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，，A选项错误；
B．由图像可得，当pH大于7.34时，HA-的分布分数会随pH升高而降低，说明此时HA-不断转化为A2-；在pH=7.34时，溶液中满足，当pH升高到9时，电离平衡正向移动，使得减小，增大，因此pH=9时溶液中满足，B选项错误；
C．本题中原溶液为溶液，根据物料守恒关系，溶液中的总物质的量是所有含A微粒总物质的量的2倍，同一溶液体积相同，因此可得，C选项正确；
D．稀释NaHA溶液时，虽然稀释会促进水解，使增加，但溶液体积增大对浓度的影响占主导，最终还是会减小，D选项错误；
故答案为：C
【分析】是一种二元弱酸，在水中分两步电离： ，； ，。由图像可知，当溶液的pH = 1.34 时，溶液中，此时溶液中存在物料守恒；且溶液中极小，可近似认为，因此H2A的第一步电离平衡常数。当溶液的pH = 7.34 时，溶液中，此时 存在物料守恒；且 极小， 可近似认为，因此H2A的第二步电离平衡常数 。据此结合选项分析。
16．科学家研发了室温下可稳定充放电的高柔性Ca-O2电池，放电过程O2在电极表面的两种反应路径如图所示(*表示吸附态，表示碳纳米管)。下列说法正确的是
A．隔膜允许Ca2+和O2通过
B．两种路径均无O—O断裂
C．放电时，理论上每消耗4 g Ca，正极室增重16 g
D．充电时，阳极发生的主要电极反应为
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该电池的隔膜只允许阳离子通过，起到维持电荷平衡的作用；若隔膜允许通过，氧气会直接和负极的金属钙反应，造成电池损坏，A选项错误。
B．该路径的最终产物是CaO，1个CaO中只含有1个O原子，说明反应过程中，O2 中的键发生了断裂，B选项错误。
C.4 g Ca的物质的量为，分两种情况讨论：若正极发生反应，正极质量增加为；若正极发生反应，正极质量增加为，两种情况的增重都不等于，C选项错误。
D．充电时阳极发生氧化反应，该电池放电时正极主要产物为，因此充电时主要是失去电子，转化为和，电极反应式为，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、若允许O2通过，则O2会与负极的金属Ca反应。
B、O2中存在氧氧键的断裂。
C、根据得失电子守恒进行计算。
D、充电过程中，阳极上CaO2发生失电子的氧化反应，生成O2，据此确定其电极反应式。
17．硝酸银是中学实验室常见试剂，也是分析化学的核心试剂，在材料科学、电子工业等领域扮演着关键角色。某学习兴趣小组利用硝酸银开展拓展实验。
Ⅰ.实验准备
（1）配制0.01 mol·L-1、0.10 mol·L-1 AgNO3溶液，下列仪器不需要使用的是　 　(填名称)。
Ⅱ.模拟检测工业废水排放
水中氯化物浓度过高会破坏水体自然生态平衡，国家规定工业废水排放标准为：氯离子含量不得超过50 mg/L。
（2）取50.00 mL含污水样品于250 mL锥形瓶中，用0.01410 mol·L-1硝酸银标准溶液滴定，消耗标准液平均体积为7.35 mL。已知污水中仅与标准液反应，则浓度为　 　mol·L-1(保留四位有效数字)，　 　国家排放标准(填“符合”或“不符合”)。
Ⅲ.探究银氨溶液成分及性质
25℃，在磁力搅拌下向25.00 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液中逐滴加入氨水，实验测得溶液pH随氨水加入体积变化的曲线。
（3）用离子方程式说明A点溶液pH为5的原因　 　。
（4）比较D点溶液中Ag+、、浓度大小：　 　。
（5）分别取3 mL D点溶液于四支试管中，加入以下试剂，实验并记录结果：
序号 乙醛 其它溶液 水浴温度/℃ 出现均匀银镜所需时间/min
1 3滴 3滴蒸馏水 90 6
2 3滴 3滴2%氨水 90 10
3 3滴 3滴10% NaOH溶液 90 1
4 3滴 3 mL 10% NaOH溶液 90 溶液变黑，不出现银镜
已知：银镜反应中起氧化作用的是Ag+；
银氨溶液中存在平衡：a. ；
b. 。
①实验2所需时间比实验1长，请解释原因　 　。
②实验3所需时间比实验1短，原因：反应过程的还原反应半反应式可表示为：，由反应过程的氧化反应半反应式　 　可看出，强碱性环境能加快反应速率(填写半反应式)。
（6）为证明实验4中黑色不溶物主要是银，过滤、洗涤干净后将黑色物质移于试管中，加入　 　，观察到　 　，说明黑色不溶物主要为细小的银颗粒。
【答案】分液漏斗；0.002073；不符合；；；加入氨水，平衡a、b逆向移动，减小，反应速率慢；；稀硝酸；有气泡生成，气体在试管口变红棕色
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）配制0.01 mol·L-1、0.10 mol·L-1 AgNO3溶液，不需要使用分液漏斗；
故答案为：分液漏斗
（2）滴定反应：，与的物质的量相等，n()=n(AgNO3)=0.01410 mol·L-17.3510-3L=1.0363510-4 mol，=0.002073 mol·L-1；
换算为质量浓度：0.002073 mol·L-135.5 g/mol=0.0736 g/L=73.6 mg/L>50 mg/L，不符合国家标准；
故答案为： 0.002073 ；不符合
（3）A点是AgNO3溶液，水解使溶液呈酸性：；
故答案为：
（4）D点是银氨溶液，与结合生成稳定的，浓度很小，不参与反应，浓度保持不变，浓度大小为；
故答案为：
（5）①实验2所需时间比实验1长，原因是加入氨水，平衡a、b逆向移动，减小，反应速率慢；
故答案为：加入氨水，平衡a、b逆向移动，减小，反应速率慢
②乙醛在强碱性环境下被氧化为乙酸离子，半反应式为：；
故答案为：
（6）银可以与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，而其他常见黑色杂质（如氧化银）也可与稀硝酸反应，但银与稀硝酸反应会产生气体，操作：向试管中加入稀硝酸；
观察到试管中有气泡产生，气体在试管口变红棕色，说明黑色不溶物主要为细小的银颗粒。
故答案为：稀硝酸； 有气泡生成，气体在试管口变红棕色
【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作分析所需的仪器。
（2）根据滴定反应进行计算。将计算所得的c(Cl－)换算成mg·L－1，从而判断是否符合国家排放标准。
（3）A点溶液为AgNO3溶液，溶液中存在Ag＋的水解，使得溶液显酸性，据此分析。
（4）D点溶液为[Ag(NH3)2]OH溶液，据此判断溶液中离子浓度大小关系。
（5）①结合溶液中c(Ag＋)对反应速率的影响分析。
②氧化反应的半反应式为CH3CHO发生失电子生成CH3COO－的反应，据此写出其半反应式。
（6）结合Ag能与稀硝酸反应的性质分析。
18．金属回收具有重要意义。一种从钴渣中分离回收金属的工艺流程如下：
已知：①酸浸液主要含有等金属阳离子；②常温下，
（1）“酸浸”时，提高浸出速率的措施有　 　(写一条)。
（2）“沉铁”时，为了使完全沉淀()，加入调节溶液pH不低于　 　。
（3）“沉钴”时，同时放出气体，该步骤的离子方程式为　 　。
（4）CoS沉淀经处理可获得一种钴的氧化物，其晶胞如图所示，晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中的配位数为　 　，晶胞密度　 　(只写计算式)。
（5）“沉镍”时，与丁二酮肟(DMG)反应生成鲜红色沉淀，原理如图所示。下列说法正确的有_______(填序号)。
A．镍与N、O形成配位键 B．配位时被还原
C．该配合物的配体数目为2 D．该配合物内部有氢键
（6）“沉锰”后主要生成沉淀，下通入空气氧化得到产品。“氧化”步骤的化学方程式为　 　。
（7）工业上用硫酸溶解后，电解制备高纯度金属锰，电解时在　 　(填“阴极”或“阳极”)析出，阳极室的溶液可返回上述“　 　”工序使用。
【答案】（1）粉碎钴渣、适当提高硫酸浓度、加快搅拌速率等（写一个即可）
（2）3.2
（3）Co2++2HS-=CoS↓+H2S↑
（4）6；
（5）C；D
（6）6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O
（7）阴极；酸浸
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有粉碎钴渣、适当提高硫酸浓度、加快搅拌速率等；
故答案为： 粉碎钴渣、适当提高硫酸浓度、加快搅拌速率等（写一个即可）
（2）完全沉淀，则，，pOH≤10.8，pH≥14-10.8=3.2。
故答案为：3.2
（3）Co2+与HS-反应生成CoS沉淀，并且释放H+，H+与HS-结合为H2S气体，离子方程式为Co2++2HS-=CoS↓+H2S↑。
故答案为： Co2++2HS-=CoS↓+H2S↑
（4）Co原子半径大于O，则黑球为Co，白球为O，1个Co周围最近邻有6个O，则Co的配位数为6，一个晶胞中，Co的数量为，O的个数为，晶体密度为。
故答案为：6；
（5）A．如图所示，Ni只与N配位，未与O配位，A错误；B．DMG-Ni中Ni仍为+2价，未发生氧化还原反应，B错误；
C．如图所示，两个DMG与Ni2+配位形成DMG-Ni，配体数目为2，C正确；
D．DMG-Ni中的N-O-H……O-N结构中存在氢键，D正确；
故答案为：CD
（6）Mn化合价升高，O2化合价降低，反应化学方程式为6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O。
故答案为： 6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O
（7）Mn2+电解析出Mn发生还原反应，在阴极发生反应，阳极为水失电子生成氧气和H+，阳极室电解后的溶液为硫酸，可返回“酸浸”工序使用。
故答案为：阴极；酸浸【分析】钴渣加入硫酸进行酸浸，过滤后所得酸浸液中主要存在Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+这些金属阳离子；接下来加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，之后加入CaCO3调节溶液的pH，让Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀被除去；再加入NaF使Co2+转变为CoS沉淀除去，加入丁二酮肟使Ni2+转化为沉淀除去，最终用氨水沉锰，再经过空气氧化得到Mn3O4。
（1）从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有粉碎钴渣、适当提高硫酸浓度、加快搅拌速率等；
（2）完全沉淀，则，，pOH≤10.8，pH≥14-10.8=3.2。
（3）Co2+与HS-反应生成CoS沉淀，并且释放H+，H+与HS-结合为H2S气体，离子方程式为Co2++2HS-=CoS↓+H2S↑。
（4）Co原子半径大于O，则黑球为Co，白球为O，1个Co周围最近邻有6个O，则Co的配位数为6，一个晶胞中，Co的数量为，O的个数为，晶体密度为。
（5）A．如图所示，Ni只与N配位，未与O配位，A错误；
B．DMG-Ni中Ni仍为+2价，未发生氧化还原反应，B错误；
C．如图所示，两个DMG与Ni2+配位形成DMG-Ni，配体数目为2，C正确；
D．DMG-Ni中的N-O-H……O-N结构中存在氢键，D正确；
故答案为CD。
（6）Mn化合价升高，O2化合价降低，反应化学方程式为6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O。
（7）Mn2+电解析出Mn发生还原反应，在阴极发生反应，阳极为水失电子生成氧气和H+，阳极室电解后的溶液为硫酸，可返回“酸浸”工序使用。
19．燃煤中的处理与利用是一项重要的研究课题。
I．利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的转化生产单质硫，涉及的主要反应如下：
①
②
③
恒容条件下，加入CaS、开始反应，平衡体系中，各气态物种的随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。
回答下列问题：
（1）S的价层电子排布式为　 　。
（2）反应的　 　(用含的代数式表示)。
（3）反应①　 　更有利于自发进行(填“高温”、“低温”或“任何温度”)。
（4）已知：图示温度范围内反应②平衡常数基本不变，体系中　 　，可以表示变化的为图中曲线　 　(填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”)。
Ⅱ．溶液用于吸收持续通入的，反应如下：
第一步：
第二步：和
已知：
物质
（5）计算第一步的K=　 　[，结果保留三位有效数字]。
（6）理论研究与的反应。一定温度时，在2 L浓度均为的和混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。
①仅从结合的能力考虑，当时，与优先反应的离子是　 　。
②当时，的平衡转化率为　 　(用含和b的代数式表示，写出推导过程)。
【答案】；；低温；100；丁；；；
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）S元素的原子序数为16，基态原子的价层电子排布式为3s23p4；
故答案为：
（2）由盖斯定律可知，反应①+反应②得到反应，则；
故答案为：
（3）根据图示可知，随着温度的升高，lgn(S2)减小，反应①逆向移动，则正反应是放热反应，且反应①是熵减反应，则低温更有利于反应自发进行；则n（SO2）增大，所以曲线丙表示SO2、曲线甲表示H2S；升高温度，平衡向吸热方向移动；
故答案为： 低温
（4）反应②平衡常数，则，同一容器的体积相等，则；lgn(H2O)-lgn(H2)=2，图示温度范围内反应②平衡常数K=108基本不变，则H2O、H2的纵坐标的差几乎不变，且lgn(H2O)＞lgn(H2)，所以曲线乙表示H2O、曲线丁表示H2；随着温度的升高，lgn(S2)减小，反应①逆向移动，n(SO2)增大，所以曲线丙表示SO2、曲线甲表示H2S；
故答案为：100；丁
（5） 的==；
故答案为：
（6）①由图可知，，的平衡转化率大于的平衡转化率，即与SO2优先反应的离子是；
故答案为：
②一定温度时，在2 L浓度均为的和混合溶液中，n()=n()=2 mol，列式：
的平衡转化率=。
故答案为：
【分析】（1）根据硫原子的原子序数确定其核外电子排布式，从而得到其价层电子排布式。
（2）根据盖斯定律计算。
（3）当ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行，据此判断反应①自发进行的温度。
（4）反应②平衡常数，同一体系中，体积相等，据此计算的值。结合温度对平衡移动的影响分析。
（5）根据反应的离子方程式书写平衡常数的表达式，结合H2CO3、H2SO3的电离常数进行计算。
（6）①由图可知，，的平衡转化率大于的平衡转化率，据此分析。
②一定温度时，在2 L浓度均为的和混合溶液中，n()=n()=2 mol，据此结合三段式进行计算。
20．Heck反应是有机合成中的偶联反应，实现碳碳键的高效构建，一种抗病毒药物合成路线如下：
（1）化合物1a中的官能团名称为　 　。
（2）①化合物2a的化学式为　 　。
②2a可发生原子利用率100%的彻底还原反应生成2b，与2b互为同系物，且相对分子质量比2b大14，含有六元碳环和羟基的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
（3）下列说法正确的是___________。
A．上述过程中有键和的断裂与形成
B．3a中无手性碳原子，sp2杂化的C有9个
C．由反应的结果，推测②号H活性大于①号H
D．4a的同分异构体中，有一种可发生水解和银镜反应
（4）甲苯与Br2可生成1a(对溴甲苯)和1b(邻溴甲苯)，这两种物质核磁共振氢谱图的区别是：　 　(写一点即可)。
（5）已知2a中的羰基换成酯基，也能发生上述反应，请根据上述原理，利用苯、CH2=CHCOOH、CH3OH完成下列合成步骤制备下面物质：
①第一步，引入溴，反应方程式为　 　。
②第二步，进行　 　反应(填反应类型)，其反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
③第三步，进行Heck反应，得到产品。
（6）化合物X也能自身进行Heck反应，写出主要产物的结构简式：　 　。
【答案】（1）碳溴键
（2）C6H8O；5
（3）B；C
（4）1a有3个吸收峰，1b有5个吸收峰；1a峰面积比为3：2：2，1b的峰面积比为3：1：1：1：1
（5）+Br2+HBr；酯化或取代；
（6）
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由题干中化合物1a的结构简式可知，其中的官能团名称为碳溴键。
故答案为：碳溴键；
（2）①由题干中化合物2a的结构简式可知，该物质的化学式为：C6H8O。
故答案为：C6H8O；
②2a可发生原子利用率100%的彻底还原反应生成2b，与2b互为同系物，且相对分子质量比2b大14，即多一个CH2原子团，则含有六元碳环和羟基的同分异构体有：和羟基放在1、2、3、4四个位置如图，一共有5种。
故答案为：5；
（3）A．已知单键均为键，双键是一个键和1个π键，故上述过程中只有C-Br键和C-H键的断裂，形成C—Cσ键和H—Brσ键，没有的断裂与形成，A错误；
B．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子是手性碳原子，故3a中无手性碳原子，且双键上的C为sp2杂化，单键上的C为sp3杂化，三键上的C为sp杂化，故sp2杂化的C有9个即苯环上和碳碳双键、碳氧双键上的C，B正确；
C．由反应的结果，3a为主要产物，4a为副产物，则可推测②号H活性大于①号H，C正确；
D．由题干信息可知，4a的分子式为C13H14O，不饱和度为7，则4a的同分异构体中，有一种可发生水解即含有酯基，由于分子中只有1个O原子不可能形成酯基，D错误；
故答案为：BC；
（4）已知核磁共振氢谱图中吸收峰的数目等于氢原子的种类数，吸收峰的面积之比等于等于氢原子的数目之比，甲苯与Br2可生成1a(对溴甲苯)即和1b(邻溴甲苯)即，这两种物质核磁共振氢谱图的区别是：1a有3个吸收峰，1b有5个吸收峰；1a峰面积比为3：2：2，1b的峰面积比为3：1：1：1：1.
故答案为：1a有3个吸收峰，1b有5个吸收峰；1a峰面积比为3：2：2，1b的峰面积比为3：1：1：1：1；
（5）已知2a中的羰基换成酯基，也能发生上述反应，请根据上述原理，利用苯、CH2=CHCOOH、CH3OH为原料，即可由和CH2=CHCOOCH3发生Heck反应得到，CH2=CHCOOH和CH3OH发生酯化反应得到CH2=CHCOOCH3，苯和Br2在FeBr3作催化剂作用下制得：
①由上述分析可知，第一步，引入溴，反应方程式为：+Br2+HBr.
故答案为：+Br2+HBr；
②由上述分析可知，第二步为CH2=CHCOOH和CH3OH发生酯化反应得到CH2=CHCOOCH3，该反应的化学方程式为：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O，该反应类型为酯化反应或取代反应。
故答案为：酯化或取代；CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；
③第三步，进行Heck反应，得到产品
（6）由题干反应中生成3a的信息可知，化合物X也能自身进行Heck反应，其中中1号碳原子上的H和I发生取代反应，则主要产物的结构简式为：.
故答案为：。
【分析】（1）根据化合物1a的结构简式，确定其所含的含氧官能团。
（2）①根据化合物2a的结构简式，确定分子中的原子个数，从而确定其分子式。
②2a完全还原后生成2b，因此2b为环己醇，与2b互为同系物，则含有醇羟基；且相对分子质量比2b大14，则多含有一个－CH2－，据此确定同分异构体的结构简式和个数。
（3）A、由反应物和生成的结构，分析过程中化学键的变化。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子；形成平面型结构的碳原子采用sp2杂化。
C、3a为主产物，说明①号H原子更活泼。
D、要发生水解和银镜反应，则需含有HCOO-，至少需含有2个氧原子。
（4）根据对溴甲苯和邻溴甲苯结构的对称性分析。
（5）已知2a中的羰基换成酯基，也能发生上述反应，请根据上述原理，利用苯、CH2=CHCOOH、CH3OH为原料，即可由和CH2=CHCOOCH3发生Heck反应得到，CH2=CHCOOH和CH3OH发生酯化反应得到CH2=CHCOOCH3，苯和Br2在FeBr3作催化剂作用下制得：据此分析作答。
（6）由题干反应中生成3a的信息可知，化合物X也能自身进行Heck反应，其中中1号碳原子上的H和I发生取代反应，据此确定主要产物的结构简式。
（1）由题干中化合物1a的结构简式可知，其中的官能团名称为碳溴键，故答案为：碳溴键；
（2）①由题干中化合物2a的结构简式可知，该物质的化学式为：C6H8O，故答案为：C6H8O；
②2a可发生原子利用率100%的彻底还原反应生成2b，与2b互为同系物，且相对分子质量比2b大14，即多一个CH2原子团，则含有六元碳环和羟基的同分异构体有：和羟基放在1、2、3、4四个位置如图，一共有5种，故答案为：5；
（3）A．已知单键均为键，双键是一个键和1个π键，故上述过程中只有C-Br键和C-H键的断裂，形成C—Cσ键和H—Brσ键，没有的断裂与形成，A错误；
B．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子是手性碳原子，故3a中无手性碳原子，且双键上的C为sp2杂化，单键上的C为sp3杂化，三键上的C为sp杂化，故sp2杂化的C有9个即苯环上和碳碳双键、碳氧双键上的C，B正确；
C．由反应的结果，3a为主要产物，4a为副产物，则可推测②号H活性大于①号H，C正确；
D．由题干信息可知，4a的分子式为C13H14O，不饱和度为7，则4a的同分异构体中，有一种可发生水解即含有酯基，由于分子中只有1个O原子不可能形成酯基，D错误；
故答案为：BC；
（4）已知核磁共振氢谱图中吸收峰的数目等于氢原子的种类数，吸收峰的面积之比等于等于氢原子的数目之比，甲苯与Br2可生成1a(对溴甲苯)即和1b(邻溴甲苯)即，这两种物质核磁共振氢谱图的区别是：1a有3个吸收峰，1b有5个吸收峰；1a峰面积比为3：2：2，1b的峰面积比为3：1：1：1：1，故答案为：1a有3个吸收峰，1b有5个吸收峰；1a峰面积比为3：2：2，1b的峰面积比为3：1：1：1：1；
（5）已知2a中的羰基换成酯基，也能发生上述反应，请根据上述原理，利用苯、CH2=CHCOOH、CH3OH为原料，即可由和CH2=CHCOOCH3发生Heck反应得到，CH2=CHCOOH和CH3OH发生酯化反应得到CH2=CHCOOCH3，苯和Br2在FeBr3作催化剂作用下制得：
①由上述分析可知，第一步，引入溴，反应方程式为：+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；
②由上述分析可知，第二步为CH2=CHCOOH和CH3OH发生酯化反应得到CH2=CHCOOCH3，该反应的化学方程式为：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O，该反应类型为酯化反应或取代反应，故答案为：酯化或取代；CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；
③第三步，进行Heck反应，得到产品
（6）由题干反应中生成3a的信息可知，化合物X也能自身进行Heck反应，其中中1号碳原子上的H和I发生取代反应，则主要产物的结构简式为：，故答案为：。
1 / 1广东河源市龙川县第一中学2026届下学期高三年级3月调研考试 化学试卷
1．第15届全运会开幕盛宴融合传统与科技，向世界展现岭南风韵。下列环节涉及岭南元素的主要成分，属于无机非金属材料的是
鳌鱼游弋 古乐今奏
A.明万历陶胎鳌鱼 B.西汉青铜句鑃
狮跃东方 戏韵流转
C.羊毛醒狮鬃毛 D.纯木广福戏台
A．A B．B C．C D．D
2．我国科技发展成就巨大。下列说法正确的是
A．打造北斗卫星系统——与星载铷钟所用的化学性质不同
B．“地壳一号”在万米深处钻出的石油和天然气均属于化石能源
C．碳化硅功率器件在太空成功验证，碳化硅晶体是分子晶体
D．突破量子通信技术——作为传输介质的光纤，其主要成分为晶体硅
3．科技发展见证国家的强大。下列有关说法正确的是
A．利用CO2合成高级脂肪酸甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化
B．长征六号丙运载火箭采用液氧/煤油发动机，煤油属于可再生能源
C．磁悬浮列车使用双氧铜钡钇(BSCCO)作为超导材料，Ba位于元素周期表的s区
D．我国科技公司自主研发的“麒麟”芯片所用材料为SiO2
4．劳动创造美好生活。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是
　 劳动项目 化学知识
A 用白醋清洗水壶中的水垢
B 用溶液制作印刷电路板
C 用84消毒液对教室消毒 NaClO具有强氧化性
D 用成熟的苹果催熟未成熟的香蕉 乙烯是植物生长调节剂
A．A B．B C．C D．D
5．“向海而兴、向海图强”，“蓝色引擎”推动海洋经济高质量发展。下列说法错误的是
A．漂浮式光伏设备电解海水制氢，阳极电极反应为
B．海水稻米飘香，盐碱地变粮仓，稻米中含有的淀粉属于糖类
C．“深海一号”大气田保障大湾区民生用气，天然气的主要成分是CH4
D．捕集天然海水中的CO2并转化为HCOOH，过程涉及氧化还原反应
6．实验小组尝试从海藻中提取碘，下列仪器或装置不能达到实验目的的是
A．捣碎干海藻 B．灼烧海藻
C．萃取含碘溶液 D．蒸馏浸出液
A．A B．B C．C D．D
7．工业上常用“空气吹出法”进行海水提溴，过程如下，其中操作X为
A．趁热过滤 B．加热蒸馏 C．蒸发浓缩 D．降温结晶
8．含氮物质种类繁多，在一定条件下可相互转化，下列说法不合理的是
A．N2的氧化或还原均可实现氮的固定
B．将装有NO2的密闭烧瓶浸入冰水，红棕色变浅
C．过量的NH3通入0.1mol L﹣1CuSO4溶液最终产生蓝色沉淀
D．工业生产硝酸存在N2→NH3→NO→NO2→HNO3的转化
9．某抗生素的结构简式如图所示，下列关于该物质的说法不正确的是
A．能发生加成反应
B．能与氨基酸的氨基发生反应
C．能使酸性KMnO4溶液褪色
D．最多能与等物质的量的NaOH反应
10．Mg—H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器，该电池以镁片、石墨为电极，石墨电极一侧加入H2O2海水为电解质溶液。该电池工作时，下列说法正确的是
A．镁片为正极，发生还原反应
B．石墨电极表面产生大量氢气
C．电子由石墨电极流出
D．溶液中的阳离子向石墨电极移动
11．设为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．标准状况下，中含有的电子数为
B．溶液中含有的数目为
C．完全溶解于水，转移电子数为
D．常温常压下，乙烯与环丙烷的混合气体中含有的原子数为
12．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 与金属钠反应，乙醇的速率显著慢于水 密度：
B 酸性：CCl3COOH>CH3COOH 电负性：Cl>H
C 饱和Na2CO3溶液可用于除去CO2中的HCl Na2CO3溶液显碱性
D 多数植物油可使酸性KMnO4溶液褪色 含碳碳双键物质能发生加聚反应
A．A B．B C．C D．D
13．利用如图装置进行实验：滴入少量浓氨水，气球鼓起后，滴入浓盐酸，最终集气瓶中气体呈浅黄绿色。下列说法正确的是
A．实验中的CaO可用替换 B．滴入浓盐酸，有白烟生成
C．漂白粉有效成分被氧化 D．最终试纸a、试纸b均呈蓝色
14．一种离子液体的阴离子结构见下图。已知W、X、Y、Z、E均为短周期元素，且原子序数依次增大，基态X原子的p轨道半充满，则
A．第一电离能：W>X>Y
B．最高价氧化物的水化物酸性：W>E
C．氢化物沸点：W>Z
D．键角：WY2>EY2
15．已知H2A为二元弱酸。常温下，向Na2A溶液中逐滴加入盐酸(无气体逸出)，反应体系中的分布分数随pH变化的曲线如图所示。下列关于该体系的说法正确的是
A．
B．pH=9时，
C．
D．稀释NaHA溶液，始终增大
16．科学家研发了室温下可稳定充放电的高柔性Ca-O2电池，放电过程O2在电极表面的两种反应路径如图所示(*表示吸附态，表示碳纳米管)。下列说法正确的是
A．隔膜允许Ca2+和O2通过
B．两种路径均无O—O断裂
C．放电时，理论上每消耗4 g Ca，正极室增重16 g
D．充电时，阳极发生的主要电极反应为
17．硝酸银是中学实验室常见试剂，也是分析化学的核心试剂，在材料科学、电子工业等领域扮演着关键角色。某学习兴趣小组利用硝酸银开展拓展实验。
Ⅰ.实验准备
（1）配制0.01 mol·L-1、0.10 mol·L-1 AgNO3溶液，下列仪器不需要使用的是　 　(填名称)。
Ⅱ.模拟检测工业废水排放
水中氯化物浓度过高会破坏水体自然生态平衡，国家规定工业废水排放标准为：氯离子含量不得超过50 mg/L。
（2）取50.00 mL含污水样品于250 mL锥形瓶中，用0.01410 mol·L-1硝酸银标准溶液滴定，消耗标准液平均体积为7.35 mL。已知污水中仅与标准液反应，则浓度为　 　mol·L-1(保留四位有效数字)，　 　国家排放标准(填“符合”或“不符合”)。
Ⅲ.探究银氨溶液成分及性质
25℃，在磁力搅拌下向25.00 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液中逐滴加入氨水，实验测得溶液pH随氨水加入体积变化的曲线。
（3）用离子方程式说明A点溶液pH为5的原因　 　。
（4）比较D点溶液中Ag+、、浓度大小：　 　。
（5）分别取3 mL D点溶液于四支试管中，加入以下试剂，实验并记录结果：
序号 乙醛 其它溶液 水浴温度/℃ 出现均匀银镜所需时间/min
1 3滴 3滴蒸馏水 90 6
2 3滴 3滴2%氨水 90 10
3 3滴 3滴10% NaOH溶液 90 1
4 3滴 3 mL 10% NaOH溶液 90 溶液变黑，不出现银镜
已知：银镜反应中起氧化作用的是Ag+；
银氨溶液中存在平衡：a. ；
b. 。
①实验2所需时间比实验1长，请解释原因　 　。
②实验3所需时间比实验1短，原因：反应过程的还原反应半反应式可表示为：，由反应过程的氧化反应半反应式　 　可看出，强碱性环境能加快反应速率(填写半反应式)。
（6）为证明实验4中黑色不溶物主要是银，过滤、洗涤干净后将黑色物质移于试管中，加入　 　，观察到　 　，说明黑色不溶物主要为细小的银颗粒。
18．金属回收具有重要意义。一种从钴渣中分离回收金属的工艺流程如下：
已知：①酸浸液主要含有等金属阳离子；②常温下，
（1）“酸浸”时，提高浸出速率的措施有　 　(写一条)。
（2）“沉铁”时，为了使完全沉淀()，加入调节溶液pH不低于　 　。
（3）“沉钴”时，同时放出气体，该步骤的离子方程式为　 　。
（4）CoS沉淀经处理可获得一种钴的氧化物，其晶胞如图所示，晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中的配位数为　 　，晶胞密度　 　(只写计算式)。
（5）“沉镍”时，与丁二酮肟(DMG)反应生成鲜红色沉淀，原理如图所示。下列说法正确的有_______(填序号)。
A．镍与N、O形成配位键 B．配位时被还原
C．该配合物的配体数目为2 D．该配合物内部有氢键
（6）“沉锰”后主要生成沉淀，下通入空气氧化得到产品。“氧化”步骤的化学方程式为　 　。
（7）工业上用硫酸溶解后，电解制备高纯度金属锰，电解时在　 　(填“阴极”或“阳极”)析出，阳极室的溶液可返回上述“　 　”工序使用。
19．燃煤中的处理与利用是一项重要的研究课题。
I．利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的转化生产单质硫，涉及的主要反应如下：
①
②
③
恒容条件下，加入CaS、开始反应，平衡体系中，各气态物种的随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。
回答下列问题：
（1）S的价层电子排布式为　 　。
（2）反应的　 　(用含的代数式表示)。
（3）反应①　 　更有利于自发进行(填“高温”、“低温”或“任何温度”)。
（4）已知：图示温度范围内反应②平衡常数基本不变，体系中　 　，可以表示变化的为图中曲线　 　(填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”)。
Ⅱ．溶液用于吸收持续通入的，反应如下：
第一步：
第二步：和
已知：
物质
（5）计算第一步的K=　 　[，结果保留三位有效数字]。
（6）理论研究与的反应。一定温度时，在2 L浓度均为的和混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。
①仅从结合的能力考虑，当时，与优先反应的离子是　 　。
②当时，的平衡转化率为　 　(用含和b的代数式表示，写出推导过程)。
20．Heck反应是有机合成中的偶联反应，实现碳碳键的高效构建，一种抗病毒药物合成路线如下：
（1）化合物1a中的官能团名称为　 　。
（2）①化合物2a的化学式为　 　。
②2a可发生原子利用率100%的彻底还原反应生成2b，与2b互为同系物，且相对分子质量比2b大14，含有六元碳环和羟基的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
（3）下列说法正确的是___________。
A．上述过程中有键和的断裂与形成
B．3a中无手性碳原子，sp2杂化的C有9个
C．由反应的结果，推测②号H活性大于①号H
D．4a的同分异构体中，有一种可发生水解和银镜反应
（4）甲苯与Br2可生成1a(对溴甲苯)和1b(邻溴甲苯)，这两种物质核磁共振氢谱图的区别是：　 　(写一点即可)。
（5）已知2a中的羰基换成酯基，也能发生上述反应，请根据上述原理，利用苯、CH2=CHCOOH、CH3OH完成下列合成步骤制备下面物质：
①第一步，引入溴，反应方程式为　 　。
②第二步，进行　 　反应(填反应类型)，其反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
③第三步，进行Heck反应，得到产品。
（6）化合物X也能自身进行Heck反应，写出主要产物的结构简式：　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】含硅矿物及材料的应用；合金及其应用
【解析】【解答】A．陶瓷是典型的无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，A符合题意；
B．青铜是铜和锡形成的合金，属于金属材料，B不符合题意；
C．羊毛的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料，是有机物，不属于无机非金属材料，C不符合题意；
D．木材的主要成分是纤维素、木质素，属于天然有机高分子材料，是有机物，不属于无机非金属材料，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、陶瓷的成分为硅酸盐，属于无机非金属材料。
B、青铜的成分为合金，属于金属材料。
C、样毛的成分为蛋白质，属于有机材料。
D、木材的成分为纤维素，属于有机材料。
2．【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；硅和二氧化硅；元素、核素
【解析】【解答】A．和互为同位素，二者质子数相等，核外电子的排布情况完全相同，因此化学性质几乎一致，A选项错误；
B．煤、石油、天然气都属于化石能源，因此石油和天然气都归类为化石能源，B选项正确；
C．碳化硅属于共价晶体，不属于分子晶体，C选项错误；
D．光纤的主要成分是二氧化硅，晶体硅的主要用途是制备半导体器件、太阳能电池等，D选项错误；
故答案为：B
【分析】A、同位素原子的化学性质相同，物理性质存在差异。
B、石油和天然气独属于化石能源。
C、碳化硅属于共价晶体。
D、光纤的主要成分是二氧化硅。
3．【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；有机高分子化合物的结构和性质；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．高级脂肪酸甘油酯不属于高分子化合物，A不正确；
B．煤油不属于可再生能源，B不正确；
C．Ba位于元素周期表的第ⅡA族，价电子排布式为6s2，属于s区，C正确；
D．芯片所用材料为Si，D不正确；
故答案为：C。
【分析】A.高级脂肪酸甘油酯不属于高分子化合物。
B.煤油不属于可再生能源。
C.Ba位于元素周期表的第ⅡA族，价电子排布式为6s2，属于s区。
D.SiO2是生产光导纤维所用的材料。
4．【答案】A
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；乙烯的用途；离子方程式的书写；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A．白醋的主要成分醋酸CH3COOH是弱电解质，书写离子方程式时不能拆分为离子形式。白醋清洗水壶水垢的反应，正确的离子方程式为：，选项A错误；
B．工业上用溶液制作印刷电路板，利用的是可与Cu发生反应，生成和，该反应的离子方程式为，选项B正确；
C.84消毒液的有效成分是NaClO，NaClO具有强氧化性，能够使病毒的蛋白质变性，因此可以用84消毒液对教室进行消毒，选项正确；
D．成熟的果实会释放乙烯气体，乙烯是一种植物生长调节剂，具有催熟果实的作用，因此可以用成熟的苹果催熟未成熟的香蕉，选项D正确；
故答案为：A
【分析】A、CH3COOH是弱酸，在离子方程式中保留化学式。
B、Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋。
C、NaClO具有氧化性，可用作消毒剂。
D、乙烯是一种植物生长调节剂，可用于水果催熟。
5．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电解海水制备氢气时，阳极发生氧化反应；给出的电极反应是氢离子得到电子生成氢气，是阴极发生的还原反应，并非阳极反应。电解海水生成氢气的正确阴极反应为，A错误；
B．淀粉是多糖，属于糖类物质，B正确；
C．天然气的主要成分为甲烷，分子式为，C正确；
D．在转化为的过程中，碳元素的化合价降低，发生还原反应，该过程存在元素化合价变化，属于氧化还原反应，D正确；
故答案为：A
【分析】A、阳极发生失电子的氧化反应。
B、淀粉属于糖类。
C、天然气的主要成分是CH4。
D、过程中C元素由+4价变为+2价，属于氧化还原反应。
6．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A．要处理干海藻固体，将其捣碎时使用研钵进行研磨，该操作正确，能够实现实验目的，A不符合题意；
B．灼烧干海藻是对固体进行高温处理，操作时应当将海藻放在坩埚中，再把坩埚置于泥三角上加热；图示装置是在蒸发皿中灼烧海藻，该操作错误，无法达到实验目的，B符合题意；
C．碘在四氯化碳中的溶解度远大于其在水中的溶解度，因此可以用四氯化碳萃取碘水中的碘；萃取振荡操作时，需要将分液漏斗倒转过来振荡，图示操作正确，能够达到实验目的，C不符合题意；
D．对碘的浸出液进行蒸馏分离时，温度计的水银球需要放在蒸馏烧瓶的支管口处测量蒸汽温度，冷凝管的冷凝水需要遵循“下口进、上口出”的原则，图示装置符合蒸馏的操作要求，装置正确，可以达到实验目的，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、捣碎干海藻应在研钵中进行研磨。
B、固体的灼烧应在坩埚中进行。
C、萃取分液在分液漏斗中进行。
D、结合蒸馏装置进行分析。
7．【答案】B
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、适用于分离固体与液体，而此处是从溶液中分离 Br2（液态单质），不适用，故A不符合题意 ；
B、Br2沸点较低（约58.8℃），加热时Br2会汽化，再冷凝可得到液溴，符合从水溶液中分离 Br2的需求，故B符合题意 ；
C、仅能减少溶剂，无法分离出 Br2单质，故C不符合题意 ；
D、适用于从溶液中析出固体晶体，Br2是液态，不适用，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】海水提溴流程为：先将浓缩酸化、富含 Br- 的海水用 Cl2氧化得到 Br2，再通过空气将 Br2吹出；接着用 SO2和水吸收吹出的 Br2，重新转化为含 Br- 的溶液，此过程发生反应： ；最后再次用 Cl2氧化该溶液生成 Br2：，经蒸馏操作得到液溴。
8．【答案】C
【知识点】氮的固定；配合物的成键情况；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、氮气（N2）的氧化或还原过程都是将游离态的氮转变为化合态的氮，属于氮的固定，A正确；B、二氧化氮（NO2）二聚生成四氧化二氮（N2O4）的反应为放热反应，化学方程式可表示为：2NO2N2O4 。当烧瓶浸入冰水时，温度降低使平衡向正反应方向移动，因此红棕色变浅，B正确；
C、将氨气（NH3）通入硫酸铜（CuSO4）溶液中，首先生成蓝色沉淀氢氧化铜（Cu(OH)2），继续通入过量氨气时，沉淀溶解形成深蓝色的四氨合铜(II)络离子（[Cu(NH3)4]2+），C错误；
D、工业上生产硝酸的流程为：首先通过氮气（N2）与氢气（H2）反应合成氨（NH3），然后氨催化氧化生成一氧化氮（NO），NO进一步被氧气氧化为二氧化氮（NO2），最后NO2与水反应生成硝酸（HNO3）。整个过程可表示为：N2→NH3→NO→NO2→HNO3，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．氮的固定是将游离态 N2转化为化合态氮，N2氧化（如 N2→NO）或还原（如 N2→NH3）都符合。
B.2NO2 N2O4（放热），浸入冰水（降温）平衡正向移动，NO2浓度降低，红棕色变浅。
C．少量 NH3通入 CuSO4溶液生成 Cu (OH)2蓝色沉淀，但过量 NH3会与 Cu(OH)2结合生成 [Cu(NH3)4]2+ 络离子（溶液变蓝），不会最终留蓝色沉淀。
D．工业制硝酸是先合成氨（N2→NH3），再经 NH3氧化为 NO、NO 氧化为 NO2、NO2与水反应生成 HNO3。
9．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、结构含碳碳双键，碳碳双键可发生加成反应（如与 H2、Br2加成），A正确；
B、结构含羧基（-COOH），羧基能与氨基酸的氨基（-NH2）发生缩合反应（形成酰胺键），B正确；
C、结构含碳碳双键、羟基（-CH2OH），二者均可被酸性 KMnO4溶液氧化，使溶液褪色，C正确；
D、结构中的羧基（-COOH）、酯基、酰胺键均可与 NaOH 反应：1mol 羧基消耗 1mol NaOH，1mol 酯基水解消耗 1mol NaOH，1mol 酰胺键水解也消耗 1mol NaOH，因此 1mol 该物质消耗的 NaOH 远多于 1mol，D错误；
故答案为：D。
【分析】解决这道题的关键点 ：
抓官能团判反应：先识别结构中的官能团（碳碳双键、羧基、酯基、羟基、酰胺键），依据官能团特性判断反应：含碳碳双键，故可加成、可被酸性 KMnO4氧化；含羧基，故能与氨基缩合；
算 NaOH 反应量的关键：需明确 “能与 NaOH 反应的官能团”：羧基（1：1 反应）、酯基（水解消耗 1mol NaOH）、酰胺键（水解消耗 1mol NaOH），因此该物质与 NaOH 的反应量远多于 “等物质的量”。
10．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、镁片是负极，发生氧化反应，并非正极、还原反应，A错误；B、石墨电极（正极）的反应是 H2O2得电子生成 H2O（而非 H2），不会产生大量氢气，B错误；
C、电子由负极（镁片）流出，经导线流向正极（石墨），并非从石墨流出，C错误；
D、原电池中，阳离子向正极（石墨电极）移动，阴离子向负极移动，D正确；
故答案为：D。
【分析】 在该原电池体系中，电极材料为镁片与石墨，电解质是含 H2O2的海水：从金属活泼性来看，镁的还原性远强于石墨，因此镁会失去电子，作为负极参与反应；而石墨电极不参与失电子，是 H2O2发生得电子反应的场所，因此石墨为正极。工作时，负极的镁失电子形成Mg2+，正极的H2O2得电子转化为 OH-，电子通过导线从负极流向正极，从而形成电流。
11．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标况下，SO3为固体，无法计算其物质的量，A项错误；
B．根据n=cV，溶液体积未知，无法计算n(Cl-)，B项错误；
C．涉及反应为Cl2+H2OHCl+HClO，则完全溶解于水，转移电子数小于，C项错误；
D．由分析可知，乙烯与环丙烷的混合气体中含有的原子数为，D项正确；
故答案为：D。
【分析】A.标况下，SO3为固体。
B.根据n=cV进行分析。
C.注意氯气和水反应为可逆反应。
D.乙烯与环丙烷的最简式均为CH2，
12．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；盐类水解的应用；烯烃；乙醇的物理、化学性质
【解析】【解答】A、陈述Ⅰ是正确的，钠与乙醇反应的速率确实比钠与水的反应速率更慢，但陈述Ⅱ中给出的密度关系 是错误的，实际正确的密度大小关系为，A错误；
B、陈述Ⅰ正确，三氯乙酸的酸性确实强于乙酸，同时陈述Ⅱ也正确，Cl的电负性大于H，并且两个陈述存在因果关系：Cl的电负性更强，吸电子诱导效应更强，会让羧基中羟基的极性更强，更容易电离出氢离子，因此三氯乙酸酸性更强，B正确；
C、陈述Ⅰ“ 饱和Na2CO3溶液可用于除去CO2中的HCl ”的说法错误，因为Na2CO3会和CO2发生反应，会消耗需要提纯的CO2，除去CO2中的HCl通常使用饱和NaHCO3溶液；即使陈述Ⅱ“ Na2CO3溶液显碱性 ”是正确的，两个陈述也不存在对应的因果关系，除去HCl的原理也不是由碳酸钠的碱性直接得出，C错误；
D、陈述Ⅰ正确，植物油可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，陈述Ⅱ也正确，含有碳碳双键的物质能够发生加聚反应，但植物油使酸性高锰酸钾褪色是发生了氧化还原反应，这和“碳碳双键能发生加聚反应”之间没有因果关系，D错误；
故答案为：B
【分析】A、Na的密度比水小，与水反应时浮在水面上。
B、电负性Cl＞H，使得使得羧基中H－O键的极性增强，酸性增强。
C、除去CO2中混有的HCl，应用饱和NaHCO3溶液。
D、植物油使酸性KMnO4溶液褪色，是碳碳双键被KMnO4氧化的结果。
13．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；氨的实验室制法
【解析】【解答】A．可以和形成可溶性的氨合配合物，无法反应释放出氨气，因此不能用氯化钙替换氧化钙，A错误；
B．根据上述分析，氨气和氯化氢反应生成氯化铵固体，会观察到白烟，反应的化学方程式为，B正确；
C．HCl和次氯酸钙反应的化学方程式为：，该反应中，次氯酸钙中的氯元素化合价从+1价降低为0价，化合价降低，作氧化剂，反应过程中被还原，C错误；
D．结合反应顺序和反应原理可知，装置中先产生氨气，氨气为碱性气体，可使湿润的红色石蕊试纸（a试纸）变蓝；后续反应生成的氯气具有强氧化性，最终能使a试纸褪色；而氯气可以和KI发生置换反应生成碘单质，碘单质使淀粉碘化钾试纸（b试纸）变蓝，D错误；
故答案为：B
【分析】本实验中，氧化钙和浓氨水反应释放出，装置内压强增大使气球鼓起，且氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；之后向集气瓶中滴入浓盐酸，会和HCl化合生成氯化铵固体，观察到白烟；同时浓盐酸中的HCl会和装置内的反应，生成黄绿色的有毒气体；具有强氧化性，既可以漂白石蕊试纸使试纸褪色，也能和KI发生置换反应生成，使淀粉碘化钾试纸变蓝，结合上述反应原理分析各选项即可。
14．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．同周期主族元素的第一电离能，随原子序数增大整体呈增大趋势，氮原子的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于同周期相邻的氧元素，因此三种元素的第一电离能大小为：N>O>C，A错误；
B．碳元素最高价氧化物对应水化物是碳酸，硫元素最高价氧化物对应水化物是硫酸，碳酸是弱酸，硫酸是强酸，因此酸性：H2CO3< H2SO4，B错误；
C．碳的氢化物为烃类，种类繁多，小分子烃的沸点低于HF，含碳原子数较多的烃沸点高于HF，因此碳的氢化物沸点不一定比HF高，C错误；
D．CO2为直线形分子，键角为180°；SO2中心S原子的价层电子对数为=3，且含有1对孤电子对，空间构型为V形，键角小于180°，因此键角大小为：CO2> SO2，D正确；
故答案为：D
【分析】W、X、Y、Z、E均为原子序数依次增大的短周期元素，根据成键规律：W可形成4个单键，对应碳元素；X可形成2个或3个共价键，且该离子整体带1个单位负电荷，对应氮元素；Y可形成双键，对应氧元素；Z可形成1个单键，对应氟元素；E可形成6个共价键，对应硫元素。
15．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，，A选项错误；
B．由图像可得，当pH大于7.34时，HA-的分布分数会随pH升高而降低，说明此时HA-不断转化为A2-；在pH=7.34时，溶液中满足，当pH升高到9时，电离平衡正向移动，使得减小，增大，因此pH=9时溶液中满足，B选项错误；
C．本题中原溶液为溶液，根据物料守恒关系，溶液中的总物质的量是所有含A微粒总物质的量的2倍，同一溶液体积相同，因此可得，C选项正确；
D．稀释NaHA溶液时，虽然稀释会促进水解，使增加，但溶液体积增大对浓度的影响占主导，最终还是会减小，D选项错误；
故答案为：C
【分析】是一种二元弱酸，在水中分两步电离： ，； ，。由图像可知，当溶液的pH = 1.34 时，溶液中，此时溶液中存在物料守恒；且溶液中极小，可近似认为，因此H2A的第一步电离平衡常数。当溶液的pH = 7.34 时，溶液中，此时 存在物料守恒；且 极小， 可近似认为，因此H2A的第二步电离平衡常数 。据此结合选项分析。
16．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该电池的隔膜只允许阳离子通过，起到维持电荷平衡的作用；若隔膜允许通过，氧气会直接和负极的金属钙反应，造成电池损坏，A选项错误。
B．该路径的最终产物是CaO，1个CaO中只含有1个O原子，说明反应过程中，O2 中的键发生了断裂，B选项错误。
C.4 g Ca的物质的量为，分两种情况讨论：若正极发生反应，正极质量增加为；若正极发生反应，正极质量增加为，两种情况的增重都不等于，C选项错误。
D．充电时阳极发生氧化反应，该电池放电时正极主要产物为，因此充电时主要是失去电子，转化为和，电极反应式为，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、若允许O2通过，则O2会与负极的金属Ca反应。
B、O2中存在氧氧键的断裂。
C、根据得失电子守恒进行计算。
D、充电过程中，阳极上CaO2发生失电子的氧化反应，生成O2，据此确定其电极反应式。
17．【答案】分液漏斗；0.002073；不符合；；；加入氨水，平衡a、b逆向移动，减小，反应速率慢；；稀硝酸；有气泡生成，气体在试管口变红棕色
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）配制0.01 mol·L-1、0.10 mol·L-1 AgNO3溶液，不需要使用分液漏斗；
故答案为：分液漏斗
（2）滴定反应：，与的物质的量相等，n()=n(AgNO3)=0.01410 mol·L-17.3510-3L=1.0363510-4 mol，=0.002073 mol·L-1；
换算为质量浓度：0.002073 mol·L-135.5 g/mol=0.0736 g/L=73.6 mg/L>50 mg/L，不符合国家标准；
故答案为： 0.002073 ；不符合
（3）A点是AgNO3溶液，水解使溶液呈酸性：；
故答案为：
（4）D点是银氨溶液，与结合生成稳定的，浓度很小，不参与反应，浓度保持不变，浓度大小为；
故答案为：
（5）①实验2所需时间比实验1长，原因是加入氨水，平衡a、b逆向移动，减小，反应速率慢；
故答案为：加入氨水，平衡a、b逆向移动，减小，反应速率慢
②乙醛在强碱性环境下被氧化为乙酸离子，半反应式为：；
故答案为：
（6）银可以与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，而其他常见黑色杂质（如氧化银）也可与稀硝酸反应，但银与稀硝酸反应会产生气体，操作：向试管中加入稀硝酸；
观察到试管中有气泡产生，气体在试管口变红棕色，说明黑色不溶物主要为细小的银颗粒。
故答案为：稀硝酸； 有气泡生成，气体在试管口变红棕色
【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作分析所需的仪器。
（2）根据滴定反应进行计算。将计算所得的c(Cl－)换算成mg·L－1，从而判断是否符合国家排放标准。
（3）A点溶液为AgNO3溶液，溶液中存在Ag＋的水解，使得溶液显酸性，据此分析。
（4）D点溶液为[Ag(NH3)2]OH溶液，据此判断溶液中离子浓度大小关系。
（5）①结合溶液中c(Ag＋)对反应速率的影响分析。
②氧化反应的半反应式为CH3CHO发生失电子生成CH3COO－的反应，据此写出其半反应式。
（6）结合Ag能与稀硝酸反应的性质分析。
18．【答案】（1）粉碎钴渣、适当提高硫酸浓度、加快搅拌速率等（写一个即可）
（2）3.2
（3）Co2++2HS-=CoS↓+H2S↑
（4）6；
（5）C；D
（6）6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O
（7）阴极；酸浸
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有粉碎钴渣、适当提高硫酸浓度、加快搅拌速率等；
故答案为： 粉碎钴渣、适当提高硫酸浓度、加快搅拌速率等（写一个即可）
（2）完全沉淀，则，，pOH≤10.8，pH≥14-10.8=3.2。
故答案为：3.2
（3）Co2+与HS-反应生成CoS沉淀，并且释放H+，H+与HS-结合为H2S气体，离子方程式为Co2++2HS-=CoS↓+H2S↑。
故答案为： Co2++2HS-=CoS↓+H2S↑
（4）Co原子半径大于O，则黑球为Co，白球为O，1个Co周围最近邻有6个O，则Co的配位数为6，一个晶胞中，Co的数量为，O的个数为，晶体密度为。
故答案为：6；
（5）A．如图所示，Ni只与N配位，未与O配位，A错误；B．DMG-Ni中Ni仍为+2价，未发生氧化还原反应，B错误；
C．如图所示，两个DMG与Ni2+配位形成DMG-Ni，配体数目为2，C正确；
D．DMG-Ni中的N-O-H……O-N结构中存在氢键，D正确；
故答案为：CD
（6）Mn化合价升高，O2化合价降低，反应化学方程式为6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O。
故答案为： 6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O
（7）Mn2+电解析出Mn发生还原反应，在阴极发生反应，阳极为水失电子生成氧气和H+，阳极室电解后的溶液为硫酸，可返回“酸浸”工序使用。
故答案为：阴极；酸浸【分析】钴渣加入硫酸进行酸浸，过滤后所得酸浸液中主要存在Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+这些金属阳离子；接下来加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，之后加入CaCO3调节溶液的pH，让Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀被除去；再加入NaF使Co2+转变为CoS沉淀除去，加入丁二酮肟使Ni2+转化为沉淀除去，最终用氨水沉锰，再经过空气氧化得到Mn3O4。
（1）从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有粉碎钴渣、适当提高硫酸浓度、加快搅拌速率等；
（2）完全沉淀，则，，pOH≤10.8，pH≥14-10.8=3.2。
（3）Co2+与HS-反应生成CoS沉淀，并且释放H+，H+与HS-结合为H2S气体，离子方程式为Co2++2HS-=CoS↓+H2S↑。
（4）Co原子半径大于O，则黑球为Co，白球为O，1个Co周围最近邻有6个O，则Co的配位数为6，一个晶胞中，Co的数量为，O的个数为，晶体密度为。
（5）A．如图所示，Ni只与N配位，未与O配位，A错误；
B．DMG-Ni中Ni仍为+2价，未发生氧化还原反应，B错误；
C．如图所示，两个DMG与Ni2+配位形成DMG-Ni，配体数目为2，C正确；
D．DMG-Ni中的N-O-H……O-N结构中存在氢键，D正确；
故答案为CD。
（6）Mn化合价升高，O2化合价降低，反应化学方程式为6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O。
（7）Mn2+电解析出Mn发生还原反应，在阴极发生反应，阳极为水失电子生成氧气和H+，阳极室电解后的溶液为硫酸，可返回“酸浸”工序使用。
19．【答案】；；低温；100；丁；；；
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）S元素的原子序数为16，基态原子的价层电子排布式为3s23p4；
故答案为：
（2）由盖斯定律可知，反应①+反应②得到反应，则；
故答案为：
（3）根据图示可知，随着温度的升高，lgn(S2)减小，反应①逆向移动，则正反应是放热反应，且反应①是熵减反应，则低温更有利于反应自发进行；则n（SO2）增大，所以曲线丙表示SO2、曲线甲表示H2S；升高温度，平衡向吸热方向移动；
故答案为： 低温
（4）反应②平衡常数，则，同一容器的体积相等，则；lgn(H2O)-lgn(H2)=2，图示温度范围内反应②平衡常数K=108基本不变，则H2O、H2的纵坐标的差几乎不变，且lgn(H2O)＞lgn(H2)，所以曲线乙表示H2O、曲线丁表示H2；随着温度的升高，lgn(S2)减小，反应①逆向移动，n(SO2)增大，所以曲线丙表示SO2、曲线甲表示H2S；
故答案为：100；丁
（5） 的==；
故答案为：
（6）①由图可知，，的平衡转化率大于的平衡转化率，即与SO2优先反应的离子是；
故答案为：
②一定温度时，在2 L浓度均为的和混合溶液中，n()=n()=2 mol，列式：
的平衡转化率=。
故答案为：
【分析】（1）根据硫原子的原子序数确定其核外电子排布式，从而得到其价层电子排布式。
（2）根据盖斯定律计算。
（3）当ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行，据此判断反应①自发进行的温度。
（4）反应②平衡常数，同一体系中，体积相等，据此计算的值。结合温度对平衡移动的影响分析。
（5）根据反应的离子方程式书写平衡常数的表达式，结合H2CO3、H2SO3的电离常数进行计算。
（6）①由图可知，，的平衡转化率大于的平衡转化率，据此分析。
②一定温度时，在2 L浓度均为的和混合溶液中，n()=n()=2 mol，据此结合三段式进行计算。
20．【答案】（1）碳溴键
（2）C6H8O；5
（3）B；C
（4）1a有3个吸收峰，1b有5个吸收峰；1a峰面积比为3：2：2，1b的峰面积比为3：1：1：1：1
（5）+Br2+HBr；酯化或取代；
（6）
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由题干中化合物1a的结构简式可知，其中的官能团名称为碳溴键。
故答案为：碳溴键；
（2）①由题干中化合物2a的结构简式可知，该物质的化学式为：C6H8O。
故答案为：C6H8O；
②2a可发生原子利用率100%的彻底还原反应生成2b，与2b互为同系物，且相对分子质量比2b大14，即多一个CH2原子团，则含有六元碳环和羟基的同分异构体有：和羟基放在1、2、3、4四个位置如图，一共有5种。
故答案为：5；
（3）A．已知单键均为键，双键是一个键和1个π键，故上述过程中只有C-Br键和C-H键的断裂，形成C—Cσ键和H—Brσ键，没有的断裂与形成，A错误；
B．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子是手性碳原子，故3a中无手性碳原子，且双键上的C为sp2杂化，单键上的C为sp3杂化，三键上的C为sp杂化，故sp2杂化的C有9个即苯环上和碳碳双键、碳氧双键上的C，B正确；
C．由反应的结果，3a为主要产物，4a为副产物，则可推测②号H活性大于①号H，C正确；
D．由题干信息可知，4a的分子式为C13H14O，不饱和度为7，则4a的同分异构体中，有一种可发生水解即含有酯基，由于分子中只有1个O原子不可能形成酯基，D错误；
故答案为：BC；
（4）已知核磁共振氢谱图中吸收峰的数目等于氢原子的种类数，吸收峰的面积之比等于等于氢原子的数目之比，甲苯与Br2可生成1a(对溴甲苯)即和1b(邻溴甲苯)即，这两种物质核磁共振氢谱图的区别是：1a有3个吸收峰，1b有5个吸收峰；1a峰面积比为3：2：2，1b的峰面积比为3：1：1：1：1.
故答案为：1a有3个吸收峰，1b有5个吸收峰；1a峰面积比为3：2：2，1b的峰面积比为3：1：1：1：1；
（5）已知2a中的羰基换成酯基，也能发生上述反应，请根据上述原理，利用苯、CH2=CHCOOH、CH3OH为原料，即可由和CH2=CHCOOCH3发生Heck反应得到，CH2=CHCOOH和CH3OH发生酯化反应得到CH2=CHCOOCH3，苯和Br2在FeBr3作催化剂作用下制得：
①由上述分析可知，第一步，引入溴，反应方程式为：+Br2+HBr.
故答案为：+Br2+HBr；
②由上述分析可知，第二步为CH2=CHCOOH和CH3OH发生酯化反应得到CH2=CHCOOCH3，该反应的化学方程式为：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O，该反应类型为酯化反应或取代反应。
故答案为：酯化或取代；CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；
③第三步，进行Heck反应，得到产品
（6）由题干反应中生成3a的信息可知，化合物X也能自身进行Heck反应，其中中1号碳原子上的H和I发生取代反应，则主要产物的结构简式为：.
故答案为：。
【分析】（1）根据化合物1a的结构简式，确定其所含的含氧官能团。
（2）①根据化合物2a的结构简式，确定分子中的原子个数，从而确定其分子式。
②2a完全还原后生成2b，因此2b为环己醇，与2b互为同系物，则含有醇羟基；且相对分子质量比2b大14，则多含有一个－CH2－，据此确定同分异构体的结构简式和个数。
（3）A、由反应物和生成的结构，分析过程中化学键的变化。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子；形成平面型结构的碳原子采用sp2杂化。
C、3a为主产物，说明①号H原子更活泼。
D、要发生水解和银镜反应，则需含有HCOO-，至少需含有2个氧原子。
（4）根据对溴甲苯和邻溴甲苯结构的对称性分析。
（5）已知2a中的羰基换成酯基，也能发生上述反应，请根据上述原理，利用苯、CH2=CHCOOH、CH3OH为原料，即可由和CH2=CHCOOCH3发生Heck反应得到，CH2=CHCOOH和CH3OH发生酯化反应得到CH2=CHCOOCH3，苯和Br2在FeBr3作催化剂作用下制得：据此分析作答。
（6）由题干反应中生成3a的信息可知，化合物X也能自身进行Heck反应，其中中1号碳原子上的H和I发生取代反应，据此确定主要产物的结构简式。
（1）由题干中化合物1a的结构简式可知，其中的官能团名称为碳溴键，故答案为：碳溴键；
（2）①由题干中化合物2a的结构简式可知，该物质的化学式为：C6H8O，故答案为：C6H8O；
②2a可发生原子利用率100%的彻底还原反应生成2b，与2b互为同系物，且相对分子质量比2b大14，即多一个CH2原子团，则含有六元碳环和羟基的同分异构体有：和羟基放在1、2、3、4四个位置如图，一共有5种，故答案为：5；
（3）A．已知单键均为键，双键是一个键和1个π键，故上述过程中只有C-Br键和C-H键的断裂，形成C—Cσ键和H—Brσ键，没有的断裂与形成，A错误；
B．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子是手性碳原子，故3a中无手性碳原子，且双键上的C为sp2杂化，单键上的C为sp3杂化，三键上的C为sp杂化，故sp2杂化的C有9个即苯环上和碳碳双键、碳氧双键上的C，B正确；
C．由反应的结果，3a为主要产物，4a为副产物，则可推测②号H活性大于①号H，C正确；
D．由题干信息可知，4a的分子式为C13H14O，不饱和度为7，则4a的同分异构体中，有一种可发生水解即含有酯基，由于分子中只有1个O原子不可能形成酯基，D错误；
故答案为：BC；
（4）已知核磁共振氢谱图中吸收峰的数目等于氢原子的种类数，吸收峰的面积之比等于等于氢原子的数目之比，甲苯与Br2可生成1a(对溴甲苯)即和1b(邻溴甲苯)即，这两种物质核磁共振氢谱图的区别是：1a有3个吸收峰，1b有5个吸收峰；1a峰面积比为3：2：2，1b的峰面积比为3：1：1：1：1，故答案为：1a有3个吸收峰，1b有5个吸收峰；1a峰面积比为3：2：2，1b的峰面积比为3：1：1：1：1；
（5）已知2a中的羰基换成酯基，也能发生上述反应，请根据上述原理，利用苯、CH2=CHCOOH、CH3OH为原料，即可由和CH2=CHCOOCH3发生Heck反应得到，CH2=CHCOOH和CH3OH发生酯化反应得到CH2=CHCOOCH3，苯和Br2在FeBr3作催化剂作用下制得：
①由上述分析可知，第一步，引入溴，反应方程式为：+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；
②由上述分析可知，第二步为CH2=CHCOOH和CH3OH发生酯化反应得到CH2=CHCOOCH3，该反应的化学方程式为：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O，该反应类型为酯化反应或取代反应，故答案为：酯化或取代；CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；
③第三步，进行Heck反应，得到产品
（6）由题干反应中生成3a的信息可知，化合物X也能自身进行Heck反应，其中中1号碳原子上的H和I发生取代反应，则主要产物的结构简式为：，故答案为：。
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